Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)

Môn thi: TOÁN LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (5 điểm)

3
sin x  cos x
.
2
cos 2 x
sin x  cos x
x 2  2017 5 1  5 x  2017

a) Giải phương trình 3tan2 x  2cos 2 x 
b) Tính giới hạn L  lim





x 0

x

.

Câu 2. (5 điểm)

a) Năm 2018 là năm kỷ niệm 50 năm Chiến thắng Đồng Lộc (24/7/1968-24/7/2018),
trường học X cho học sinh trong các đội tuyển học sinh giỏi Toán khối 10, khối 11 của
trường về tham quan khu di tích Ngã ba Đồng lộc. Biết rằng đội tuyển Toán khối 10 có 4
em gồm 2 nam, 2 nữ; đội tuyển Toán khối 11 có 4 em gồm 3 nam, 1 nữ. Trong đợt tham
quan thứ nhất, trường chọn 3 học sinh với yêu cầu có cả đội tuyển 10, cả đội tuyển 11; có
cả nam và cả nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn.
0
2
2016
b) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn C2017
 32 C2017
 ....  32016 C2017
 2 n (2 n 1  1) . Tìm hệ

số của số hạng chứa x 2016 trong khai triển ( x  2) n ( x 2  x  4) .
Câu 3. (5 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , H là trung điểm của AB,
SH  ( ABC ) , SH  x . Gọi M là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng AC và N
 
là điểm thỏa mãn MH  HN .
a 3
a) Khi x 
, chứng minh đường thẳng SN vuông góc với mặt phẳng (SAC).
2

b) Tìm x theo a để góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) bằng 450.
Câu 4. (2,5 điểm)
Cho a  1 và dãy số ( xn ) xác định như sau:
x1  a ; xn1  a.xn2  3xn  2018 với n  1, 2,...

Tìm a để lim

xn 1
 2018 .
xn

Câu 5. (2,5 điểm)
Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x 4  y 4  z 4  2 x 2 y 2 z 2  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P  x 2  y 2  z 2  2 xyz .
--------------------------Hết--------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ………………………………………………Số báo danh: ………………..


ĐÁP ÁN
Câu 1.
cos 2 x  0
ĐK 
 cos 2 x  0
cos x  sin x  0
Khi đó phương trình đã cho trở thành:

3sin 2 x  3
sin x  cos x
3sin 2 x  3
cos x  sin x
2
 2 cos 2 x  0 
2
 2 cos 2 x  0
cos 2 x
sin x  cos x
 cos x  sin x  cos x  sin x  sin x  cos x

a)





3sin 2 x  3  2  cos x  sin x   2 cos 2 2 x  0  3sin 2 x  3  2 1  sin 2 x   2 1  sin 2 2 x  0
2

 2sin 2 2 x  sin 2 x  1  0  sin 2 x  1;sin 2 x  

1
2

+) sin 2 x  1  cos 2 x  0 không thỏa mãn ĐK





 2 x   6  k 2
 x   12  k
1
+) sin 2 x   (thỏa mãn ĐK)  

2
 2 x      k 2
 x  7  k


6
12


x
I = lim

b)

2

 2017  5 1  5 x  2017
x

x 0


2017
 lim  x 5 1  5 x 

x 0 




5

k  



1  5x  1 


x


Ta có: lim x 5 1  5 x  0
x 0
lim



  lim

2017 5 1  5x 1
x

x0

 lim
x 0



x0

 1 5x 
4

5

2017(5x)
5

1  5x 

3

2

5.2017
5

1  5 x 

4



 5 1  5 x   5 1  5 x   5 1  5 x   1
3



 5 1  5x   5 1  5x  1 x

2

 2017

Câu 2. (5 điểm)
a) Ta xét các trường hợp
TH1: 2 học sinh khối 10, 1 học sinh khối 11
KN1: 2 nam khối 10, 1 nữ khối 11 có C22 .C11  1 cách

KN2: 2 nữ khối 10, 1 nam khối 11 có C22 .C31  3 cách
KN3: 1 nữ và 1 nam khối 10, 1 học sinh khối 11 có C21 .C21 .C41  16 cách
Vậy TH1 có 20 cách chọn
TH2: 2 học sinh khối 11, 1 học sinh khối 10
KN1: 2 nam khối 11, 1 nữ khối 10 có C32 .C21  6 cách
KN2: 1 nữ và 1 nam khối 11, 1 học sinh khối 10 có C31.C11.C41  12 cách
Vậy TH2 có 18 cách chọn
Kết hợp hai trường hợp ta thấy có 38 cách chọn
0
1
2
2016
2017
b) Ta có C2017

 3C2017
 32 C2017
 ....  32016 C2017
 32017 C2017
 (1  3) 2017  4 2017
C  3C  3 C  ....  3 C
3 C
 (1  3)
 2
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta có
1
0
2
2016
C2017
 32 C2017
 ....  32016 C2017
 42017  22017  22016 22017  1
2
0
2
2
2016
Từ giả thiết suy ra C2017  3 C2017  ....  32016 C2017
 2n (2 n 1  1)
0
2017

1
2017

2

2
2017

2016

2016
2017



2017

2017
2017



2017





2017

(2)

(1)


2n (2n1  1) = 22016  22017  1 hay n  2016
( x  2) n ( x 2  x  4)  ( x  2) n  2  3 x( x  2) n  ( x  2) 2018  3 x( x  2) 2016
2
Xét khai triển ( x  2) 2018 , số hạng chứa x2016 là C2018
22 x 2016
1
Xét khai triển ( x  2) 2016 , số hạng chứa x2015 là C2016
2 x 2015
2
1
Số hạng chứa x2016 trong khai triển ( x  2) n ( x 2  x  4) là C2018
22 x 2016 - 3 C2016
2 x 2016

2
1
Do đó hệ số cần tìm là : 4C2018
 6C2016

Câu 3.
a) Ta có AC  HM , AC  SH  AC  SN (1)
Từ giả thiết ta có H là trung điểm của MN
Gọi K là trung điểm của AC, ta có HM 
do đó ta có HM  HN  SH 

1
a 3

,
BK 
2
2

a 3
 NSM vuông tại S
2

suy ra SM  SN (2)
Từ (1) và (2) ta có SN  ( SAC )

b) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên SM, ta có HI  (SAC )
Trong mặt (ABI) kẻ đường thẳng qua B, song song với HI cắt AI tại P.
Ta có BP  ( SAC )

Gọi  là góc giữa SB và (SAC), ta có   BSP .
Tam giác SHM vuông tại H và HI là đường cao nên

HI 

SH.HM
3ax
2 3ax
.


BP

SM

3a 2  4x 2
3a 2  4x 2

SB  SH 2  HB 2  x 2  a 2

sin  

BP
2 3ax

SB
(4 x 2  3a 2 )( x 2  a 2 )

Theo giả thiết ta có

2 3ax
(4 x 2  3a 2 )( x 2  a 2 )

4 x 4  17 x 2 a 2  3 x 4  0  x 2 
xa



2
 24a 2 x 2  4 x 4  3x 4  7 x 2 a 2
2

17  241 2
a
8

17  241
8

Câu 4.

Bằng quy nạp ta chứng minh được xn  0 n

Vì xn 1  axn2  3 xn  2018 và a  1 nên xn 1  xn n suy ra ( xn ) là dãy số tăng
Giả sử dãy ( xn ) bị chặn trên    1 để lim xn   . Khi đó:

  a. 2  3  2018  (a  1) 2  3  2018  0 , vô lý vì a  1
Vậy lim xn   (1)
Ta có xn1  axn2  3 xn  2018 
Từ (1) và (2) suy ra : lim

xn 1
 a
xn

xn1
3 2018
 a  2
xn
xn
xn

(2)

Do đó

a  2018  a  20182

Câu 5.
TH1: Nếu có một số bằng 0, giả sử là z , khi đó ta có x 4  y 4  1

và P  x 2  y 2  x 4  y 4  1 , có “=” khi một số = 0; một số  1 .
TH2: Nếu các số đều khác không.
Từ giả thiết suy ra tồn tại ABC nhọn sao cho:

x 2  cosA; y 2  cosB; z 2  cosC;
P  cosA+cosB+cosC- 2cos A cos B cos C  1  4sin

A
B
C
sin sin  2cos A cos B cos C
2
2
2

A
B
C
sin sin  2 cos A cos B cos C (1)
2
2
2
A

B
C
Ta có (1)  8sin 2 sin 2 sin 2  cos A cos B cos C
2
2
2
A
B
C
8sin 2 sin 2 sin 2
2
2
2  cos A cos B cos C  cot A.cot B.cot C  tan A .tan B .tan C

2
2
2
sin A.sin B.sin C
sin A.sin B.sin C
Ta sẽ chứng minh 4sin

A
B
C
A
B
C
.cot .cot  tan A  tan B  tan C  cot  cot  cot (2)
2
2

2
2
2
2
C
Bất đẳng thức (2) đúng do tan A  tan B  2 cot và hai bất đẳng thức tương tự
2
1
Có dấu “=” khi tam giác đều  x 2  y 2  z 2  .
2
1
suy ra P  1 , có “=” khi hai số = 0; một số  1 hoặc x 2  y 2  z 2  .
2
Vậy GTNN của P là 1
 tan A.tan B.tan C  cot